苏教版高中数学选修22推理与证明8课时 2份单元测试

1、第2章推理与证明第1课时合情推理(归纳推理)一、 填空题1. 下列说法下正确的是_(填序号) 由合情推理得出的结论一定是正确的； 合情推理必须有前提有结论； 合情推理不能猜想； 合情推理得出的结论不能判断正误2. 已知数列an中，a11，当n2时，an2an11，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的一个表达式是_3. 数列5，9，17，33，x，中的x等于_4. 在平面内观察：凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，凸六边形有9条对角线，由此猜想凸n边形有_条对角线. 5. 观察下列等式：121，12223，1222326，1222324210，照此规律，第n个等式可为_6. 已知2，3

2、，4，类比这些等式，若10(a，b均为正数)，则ab_7. 对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式：2213，32135，421357，；2335，337911，4313151719，.根据上述分解规律，若m213511，p3的分解中最小的正整数是21，则mp_8. 如下图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n1，nN*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则_.9. 定义映射f：AB，其中Am，nR，BR.已知对所有的有序正整数对(m，n)满足下述条件： f(m，1)1； 若nm，f(m，n)0； f(m1，n)nf(m，n)f(m，n1)则f(2，2)_；f(n

3、，2)_ .10. 已知cos，coscos，coscoscos，根据以上等式，可猜想出的一般结论是_二、 解答题11. 如图，一个类似杨辉三角的数阵，求出第n(n2)行的第2个数12. 观察： sin210°cos240°sin10°cos40°； sin27°cos237°sin7°cos37°； sin213°cos243°sin13°cos43°.由此，你能提出一个什么猜想？请尝试加以证明第2课时合情推理(类比推理)一、 填空题1. 已知扇形的弧长为l，半径为r，类比

4、三角形的面积公式S，可以推出扇形的面积公式S扇_2. 已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是_3. 若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则_4. 在平面几何中，有“若ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为SABC(abc)r”拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为_”5. 已知等差数列中，有 成立类似地，在等比数列中，有_成立6. 如图，在平面

5、中ABC的角C的内角平分线CE分ABC面积所成的比.将这个结论类比到空间：如图，在三棱锥ABCD中，平面DEC平分二面角ACDB且与AB交于E，则类比的结论为_. 7. 若点P0(x0，y0)在椭圆1(ab0)外，过点P0作该椭圆的两条切线，切点分别为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程为1，那么对于双曲线1(a0，b0)，类似地，得到的结论为_8. 在平面几何里有射影定理：设ABC的两边ABAC，点D是点A在BC边上的射影，则AB2BD·BC.拓展到空间，在四面体ABCD中，DA平面ABC，点O是点A在平面BCD内的射影，且点O在平面BCD内，类比平面三角形射影定理，ABC，

6、BOC，BDC三者面积之间的关系为_9. 定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它前一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和已知数列an是等和数列，且a12 ，公和为5，那么a18的值为_，这个数列的前n项和Sn的计算公式为_10. 如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于_二、 解答题11. 在RtABC中，两直角边的长分别为a，b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证.在四面体SABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，SAa，SBb，SCc，点S到平面A

7、BC的距离为h，类比上述结论，写出h与a，b，c之间的等式关系并证明12. 已知椭圆C：1(ab0)具有性质：若M，N是椭圆C上关于原点对称的两点，点P是椭圆C上任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在时，记为kPN，kPN，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值试对双曲线C：1写出具有类似的特性的性质，并加以证明第3课时演绎推理一、 填空题1. 推理“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；三角形不是矩形”中的小前提是_(填序号)2. 下面几种推理是演绎推理的是_(填序号) 两条直线平行，同旁内角互补，如果A和B是两条平行直线的同旁内角，则AB180°； 由平面三角形的性质，推

8、测空间四面体的性质； 某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测各班超过50人； 在数列an中，a11，an(n2)，由此归纳出an的通项公式3. “因为四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD的对角线相等”，以上推理的大前提是_4. 因对数函数ylogax是增函数，而ylogx是对数函数，所以ylogx是增函数”上面推理的错误是_5. 将函数y2x为增函数的判断写成三段论的形式为_6. (大前提)对于a，bR，ab2； (小前提)x2； (结论)所以x2.以上推理过程中的错误为_(填序号)7. 把函数yx2x1的图象是一条抛物线恢复成三段论，则大前提是_；小前提

9、是_；结论是_8. 甲，乙，丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市由此可判断乙去过的城市为_9. 下列三句话按三段论的模式排列顺序是_(填序号) 2 006能被2整除； 一切偶数都能被2整除； 2 006是偶数10. 用演绎法证明函数y x3是增函数时的小前提是_(填序号) 增函数的定义； 函数y x3满足增函数的定义； 若x1x2，则f(x1) f(x2)； 若x1x2，则f(x1) f(x2)二、 解答题11. 设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，求证：2.

10、12. 设数列an的前n项和为Sn，已知a11，an1Sn(nN)求证：(1) 数列是等比数列；(2) Sn14an.第4课时推理案例赏析一、 填空题1. 下面几种推理是合情推理的是_(填序号) 由圆的性质类比出球的有关性质； 由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°； 教室内有一把木椅子坏了，则该教室的所有椅子都坏了； 三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸多边形内角和是(n2)×180°.2. 设数列an的前n项和为Sn，且对任意

11、的自然数n都有(Sn1)2anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn_3. 已知等差数列an中，a5a1116，a41，则a12_4. 已知等式：(tan5°1)(tan40°1)2，(tan15°1)(tan30°1)2，(tan25°1)(tan20°1)2，据此可猜想出一个一般性命题是_5. 已知x(0，)，观察下列各式：x2，x3，x4， xn1(nN*)，则a_6. 已知f(n)1(nN)，计算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，推测当n2时有_7. 已知正项等比数列an满足：a7a62a5.若存在

12、两项am，an使得4a1，则的最小值为_8. 已知命题：若数列an为等差数列，且ama，anb(mn，m，nN*)，则amn；现已知等比数列bn(b0，nN*)，bma，bnb(mn，m，nN*)若类比上述结论，则可得到bmn_9. 如图所示，图1有面积关系，则图2有体积关系_.10. 将连续整数1，2，25填入如图所示的5行5列的表格中，使每一行的数字从左到右都成递增数列，则第三列各数之和的最小值为_，最大值为_. 二、 解答题11. 已知函数f(x).(1) 分别求f(2) f，f(3) f，f(4) f的值；(2) 归纳猜想一般性结论，并给出证明；(3) 求值：f(1) f(2) f(3

13、) f(2019)fff.12. 设f(x)3ax22bxc.若abc0，f(0)0，f(1) 0，求证：(1) a0且21；(2) 方程f(x)0在(0，1)内有两个实根第5课时直接证明一、 填空题1. 设a，b是正实数，则下列不等式恒成立的是_(填序号) ； a|ab|b； ab2.2. 设函数f(x)是定义在R上，周期为3的奇函数若f(1)1，f(2)，则a的取值范围为_3. 如果不等式|xa|1成立的充分非必要条件是x，则实数a的取值范围是_4. 设0x1，则a，b1x，c中最大的一个是_5. 用分析法证明：欲使 AB，只需 CD，这里是的_条件6. 设a0，b0，则下面两式的大小关系

14、为lg(1)_lg(1a)lg(1b)7分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明“设abc，且abc0，求证：a”索的因应是_(填序号) ab0； ac0； (ab)(ac)0； (ab)(ac)0.8. 已知点An(n，an)为函数y图象上的点，Bn(n，bn)为函数yx图象上的点，其中nN*.设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_9. 定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和已知数列是等和数列，a11且公和为4，这个数列的前19项和S19为_10. 过圆x2y210x内一点(5，3)有n条弦，它们的长度

15、成等差数列，最小弦长为数列的首项a1，最长的弦长为数列的末项an.若公差d，则n的取值集合为_二、 解答题11. 已知a0，b0，1，求证：.12. 已知函数f(x)tan x，x.若x1，x2，且x1x2，tan，求证：f(x1)f(x2)f.第6课时间接证明一、 填空题1. 用反证法证明“如果ab，那么”，假设的内容是_2命题“ABC中，若AB，则ab”的结论的否定为_3用反证法证明命题“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为_4用反证法证明命题“x2(ab)xab0，则xa且xb”时应假设_5用反证法证明命题“已知a，bN，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，正确

16、的反设为_6某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在0，1上有意义，且f(0)f(1)，如果对于不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|，求证：|f(x1)f(x2)|.那么他的反设应该是_7已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么关于c与b的位置关系，下列说法正确的是_(填序号) 一定是异面直线； 一定是相交直线； 不可能是平行直线；不可能是相交直线8有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”；乙说：“甲、丙都未获奖”；丙说：“我获奖了”；丁说：“是乙获奖了”其中只有两位歌手的话是对的，则获奖的歌手是_

17、9用反证法证明命题“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤： ABC90°90°C180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则AB90°不成立； 所以一个三角形中不能有两个直角； 假设A，B，C中有两个角是直角，不妨设AB90°.正确的排列顺序为_(填序号)10若三个方程x24mx4m30，x2(m1)xm20，x22mx2m0中，至少有一个方程有实数根，则实数m的取值范围是_二、 解答题11. 设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和(1) 求证：数列Sn不是等比数列；(2) 数列Sn是等差数列吗？为什么？

18、12. 学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有多少人？第7课时数学归纳法(1)一、 填空题1. 已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已知假设nk(k2)为偶数时命题为真，则还需用归纳假再证n_时命题为真2. 用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，nk1时，为了使用归纳假设，应将5k12k1变形为_3. 用数学归纳法证明1n(nN*，n1

19、)，在第二步证明从nk到nk1时，左边增加的项数是_4. 用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xnyn能被xy整除”，在第二步时，正确的证法是_5. 用数学归纳法证明等式123(2n1)(n1)(2n1)时，当n1时左边所得的项是123；从“kk1”需增添的项是_6. 利用数学归纳法证明不等式时，由k递推到k1左边应添加的因式是_7. 已知f(n)1(nN*)，用数学归纳法证明f(2n)时，f(2k1)f(2k)_. 8. 用数学归纳法证明1222(n1)2n2(n1)22212时，由 nk 的假设到证明 nk1 时，等式左边应添加的式子是_9. 用数学归纳法证明(n1)(n2)(n3)(n

20、n)2n·1·3··(2n1)(nN*)从nk到nk1，左边需增乘的代数式为_10. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数. 他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn可以推测：(1) b2 016是数列an中的第_项；(2) b2k1_.(用k表示)二、 解答题11. 已知数列an的各项均为正数，且对一切nN*均满足an2.求证：(1) anan1；(2) an1.12. 已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2nan(nN*)(1) 计

21、算a1，a2，a3，a4；(2) 猜想通项公式an，并用数学归纳法证明第8课时数学归纳法(2)一、 填空题1. 用数学归纳法证明2n1n2n2(nN*)时，第一步应验证：_2. 用数学归纳法证明3nn3(n3，nN)第一步应验证n_3. 用数学归纳法证明“当n为偶数时，xnyn能被xy整除”， 第一步应验证n_时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成_4. 已知12×33×324×33n×3n13n(nab)c对一切nN*都成立，则a，b，c的值分别为_5. 用数学归纳法证明1n(n2，nN)时，由nk (k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的代数式

22、的个数是_6. 已知整数对的序列如下：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(1，5)，(2，4)，则第60个数对是_7. 设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)_，f(n)_(n1，nN)8. 图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数为_9. 若对任意nN*，34n2a2n1都能被14整除，则最小的自然数a_10. 已知f(n)(2n7)·3n9，存在自然数m，使得对任意nN，都

23、能使m整除f(n)，则最大的m的值为_二、 解答题11. 在数列an中，已知a120，a230，an13anan1(nN*，n2)(1) 当n2，3时，分别求aan1an1的值；(2) 判断aan1an1(n2)是否为定值，并给出证明12. 若不等式对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论. 阶段检测(三)一、 填空题1. 在ABC中，E，F分别是AB，AC的中点，则有EFBC.这个命题的大前提为_2. 一同学在电脑中打出如下若干个圈：，若将此若干个圈依此规律继续下去，那么在前120个圈中的个数是_3. 观察下列等式：11234934567254567891049照此规律，第n个等

24、式为_4. 观察下列各式：7249，73343，742 401，则72 015的末两位数字为_5. 在ABC中，D为边BC的中点，则()将上述命题类比到四面体中去，得到一个类比命题：_6. 规定符号“*”表示一种两个正实数之间的运算，即a*bab，则函数f(x)1*x的值域是_. 7. 有一个奇数列1，3，5，7，9，现在进行如下分组：第一组：1，第二组：3，5，第三组：7，9，11，第四组：13，15，17，19，现观察猜想每组内各数之和为an与其组的编号数n的关系为_8. 观察下图，可推断出“x”处应该填的数字为_9. 由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则： 由“mnnm”类比

25、得到“a·bb·a”； 由“(mn)tmtnt”类比得到“(ab)·ca·cb·c”； 由“t0，mtxtmx”类比得到“p0，a·px·pax”； 由“|m·n|m|·|n|”类比得到“|a·b|a|·|b|”以上结论正确的是_(填序号)10. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数，且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻两数的和，则第10行第3个数(从左往右数)为_二、 解答题11. 若a，b，c均为实数，且ax22y，by22z，

26、cz22x，求证：a，b，c中至少有一个大于0.12. 设正整数数列an满足：a24，且对于任何nN*，有22；(1) 求a1，a3；(2) 求数列an的通项an. 第2章单元检测一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 三段论：“ 只有船准时起航，才能准时到达目的港； 这艘船是准时到达目的港的， 所以这艘船是准时起航的”中，小前提是_(填序号)2. 我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大. 将这些结论类比到空间，可以得到的结论是_. 3. f(n)1(nN)，经计算f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32).推测

27、当n2时有_4. 已知2，3，4，.若6，请推测a_，b_. 5. 对大于1的自然数m的奇次幂可用奇数进行如图“分裂”，按照这种规律，若m3的“分裂”中有一个数是35，则m的值为_6. 已知a(0，)，不等式x2，x3，x4，可推广为xn1，则a的值为_若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，xn，总满足f(x1)f(x2)f(xn)f，则称函数f(x)为D上的凸函数现已知f(x)sinx在(0，)上是凸函数，则ABC中，sinAsinBsinC的最大值是_两点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sin()0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sinsin0.由此可

28、以推知：四点等分单位圆时的相应正确关系为_存在实数a，b使等式224262(2n)2n(n1)(anb)对任意的正整数n都成立，则ab_. 将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论： a·bb·a； (a·b)·ca·(b·c)； a·(bc)a·ba·c； 由a·ba·c(a0)可得bc.以上通过类比得到的结论正确的个数为_11. 若数列an的通项公式an(nN)，记f(n)(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出f(n)_

29、12. 设函数f(x)定义如下表，数列xn满足x05，且对任意的自然数均有xn1f(xn)，则x2 015_x12345f(x)4135213. 观察：(1) tan5°tan15°tan5°tan70°tan15°tan70°1；(2) tan10°tan25°tan25°tan55°tan10°tan55°1；(3) tan20°tan30°tan20°tan40°tan30°tan40°1.由以上三式成立，推广

30、得到：tan7°tantan7°tantantan1(其中，为锐角)则_14. 在等差数列an中，若a100，则有等式a1a2ana1a2a19n(n19，nN*)成立类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b91，则有等式_成立二、 解答题：本大题共6小题，共90分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分14分)已知abc，求证：.16. (本小题满分14分)如图所示，在ABC中，射影定理可表示为abcosCccosB，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想17(本小题满分15分)(1) 若a1，用分析法

31、证明2；(2) 已知a，b都是正实数，且ab2.求证：(2a1)(b1)9.18. (本小题满分15分)已知abc0，abbcca0，abc0.求证：a，b，c0.19(本小题满分16分)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数： sin213°cos217°sin13°cos17°； sin215°cos215°sin15°cos15°； sin218°cos212°sin18°cos12°； sin2(18°)cos248°sin

32、(18°)cos48°； sin2(25°)cos255°sin(25°)cos55°.(1) 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2) 根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论. 20. (本小题满分16分)已知函数yf(x)对任意实数x，y都有f(xy)f(x)f(y)2xy.(1) 求f(0)的值；(2) 若f(1)1，求f(2)，f(3)，f(4)的值，猜想f(n)(nN*)的表达式并用数学归纳法证明你的结论；(3) 若f(1) 1，求证：f0(nN*)选修2-2参考答案第2章推理与证明第1

33、课时合情推理(归纳推理)1. 解析：合情推理的结论不一定正确，但必须有前提有结论2. an2n1解析：a22a113，a32a217，a42a3115，利用归纳推理，猜想an2n1.3. 65解析：5221，9231，17241，33251，归纳可得x26165.4. 5. 12223242(1)n1n2(1)n1·解析： 观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n个等式左边有n项，左边的通项为(1)n1n2.等式右边的值的符号也是正负相间，其绝对值分别是1，3，6，10，15，即1，12，123，1234，12345，则第n个等式的右边的绝对值为，所以第n个等式为12223242(1

34、)n1n2(1)n1·.6. 109解析：观察下列等式2，3，4，第n个应该是(n1)，则第9个等式中：a10，ba2199，故ab109.7. 11解析：由归纳推理可知，m6，p5， mp11.8. 解析：由图案的点数可知a23，a36，a49，a512，所以an3n3(n2)，所以，所以1.9. 22n2解析：根据定义得f(2，2)f(11，2)2f(1，2)f(1，1)2f(1，1)2×12，f(3，2)f(21，2)2f(2，2)f(2，1)2×(21)6232，f(4，2)f(31，2)2f(3，2)f(3，1)2×(61)14242，f(5，

35、2)f(41，2)2f(4，2)f(4，1)2×(141)30252，所以根据归纳推理可知f(n，2)2n2.10. cos·cos··cos(nN*)解析：从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相等，且分母均为2n1，分子分别为，2，右边应为，故可以猜想出结论为cos·cos··cos(nN*)11. 解：第n(n2)行的第2个数为33572(n2)13n22n3.12. 解： 猜想：sin2cos2(30°)sin·cos(30°).证明如下：sin2cos2(30°

36、;)sin·cos(30°)sin2sinsin2cos2sin2sin2sin2cos2.第2课时合情推理(类比推理)1. lr2. 正四面体的内切球的半径是高的解析：原问题的解法为等面积法，即Sah3×arrh，类比问题的解法应为等体积法，Vsh4×srrh.3. 解析：平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以.4. V四面体ABCD(S1S2S3S4)r解析：三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径二维图形中类比为三维图形中的，得V四面体A

37、BCD(S1S2S3S4)r.5. 6. 解析： 此类问题由平面类比空间，应该面积类比体积，长度类比面积，由，类比得.7. 切点弦所在的直线的方程为1解析：设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，则过点P1，P2的切线的方程分别为1，1.因为P0(x0，y0)在这两条切线上，所以1，1.这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直线1上，故切点弦P1P2所在直线的方程为1.8. SSBOC·SBDC9. 3Sn解析： a12，公和为5， a23，a32，a43， 当n为奇数时，Sn×52n；当n为偶数时，Snn. Sn 10. 解析： 设双曲线方

38、程为1(a0，b0)，则F(c，0)，B(0，b)，A(a，0) (c，b)，(a，b) ， ·b2ac0， c2a2ac0， e2e10， e或e(舍去)11. 解：类比得到.证明如下：过S作ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD. SO平面ABC， SOAB. SCSA，SCSB， SC平面SAB， SCAB，SCSD， AB平面SCD， ABSD.在RtABS中，有；在RtCDS中，有.12. 解：类似性质为：若M，N为双曲线1上关于原点对称的两点，点P是双曲线上任一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与

39、点P位置无关的定值证明如下：设P(x，y)，M(m，n)，则N(m，n)，其中1，即n2(m2a2)， kPM，kPN.又1，即y2(x2a2)， y2n2(x2m2)， kPM·kPN，故kPMkPN是与点P位置无关的定值第3课时演绎推理1. 解析：由演绎推理三段论可知，是大前提；是小前提；是结论2. 3. 矩形都是对角线相等的四边形4. 大前提错导致结论错5. (大前提)指数函数yax(a1)是增函数；(小前提)y2x是底数大于1的指数函数；(结论)所以y2x为增函数6. 7. 二次函数的图象是一条抛物线函数yx2x1是二次函数函数yx2x1的图象是一条抛物线8. A解析：由题意

40、可推断：甲没有去过B城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A，C城市，而乙“没去过C城市”，说明乙去过A城市9. 解析：是大前提，是小前提，是结论所以顺序是.10. 解析：根据题意函数yx3满足增函数的定义是证明函数yx3是增函数时的小前提11. 证明：由题意知x，y，b2ac，则2， 2.12. 证明：(1) an1Sn1Sn，an1Sn， (n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn. 2·，故是以2为公比的等比数列(2) 由(1) 可知4·(n2)， Sn14(n1)·4··Sn14an(n2)又a23S

41、13，S2a1a21344a1， 对于任意正整数n，都有Sn14an.第4课时 推理案例赏析1. 2. 解析：由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.猜想Sn.3. 154. (tan1)tan(45°)125. nn解析：第一个式子是n1的情况，此时a1，第二个式子是n2的情况，此时a22，第三个式子是n3的情况，此时a33，归纳可以知道ann.6. f7. 解析：因为a7a62a5，所以a5q2a5q2a5，即q2q20，解得q2.若存在两项an，am，有4a1，即aman16a，aqmn216a，即2mn216，

42、所以mn24，mn6，即1.所以，当且仅当即n24m2，n2m时取等号，此时mn63m，所以m2，n4时取最小值，所以最小值为.8. 解析：等差数列中的bn和am可以类比等比数列中的bn和am，等差数列中的bnam可以类比等比数列中的，等差数列中的可以类比等比数列中的，故bmn.9. 10. 4585解析：因为第3列前面有两列，共有10个数分别小于第3列的数，因此最小为369121545.因为第3列后面有两列，共有10个数分别大于第3列的数，因此最大为232017141185.11. 解：(1) f(x)， f(2) f1，同理可得f(3) f1，f(4) f1.(2) 由(1) 猜想f(x)

43、f1，证明如下：f(x)f1.(3) 由(2) 可得，原式f(1) f(1) 20192019.12. 证明：(1) 因为f(0)0，f(1) 0，所以c0，3a2bc0.因为abc0，消去b得ac0；再由条件abc0，消去c得ab0且2ab0，所以21.(2) 因为抛物线f(x)3ax22bxc的顶点坐标为，又21，所以.因为f(0)0，f(1) 0，而f0，所以方程f(x)0在区间与内分别有一实根，故方程f(x)0在(0，1)内有两个实根第5课时直接证明1. 解析：当ab时， 不成立 a，b为正数， ab|ab|，成立ab22，故成立2. (，1)(0，)解析：由题意得f(2)f(13)f

44、(1)1， f(2)1即1， 0，即3a(a1)0， a1或a0.3. a解析：|xa|1a1xa1.由题意知(a1，a1)，则有(且等号不同时成立)，解得a.4. c解析： bc(1x)0， bc.又b1xa， abc.5. 必要解析：分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即，所以是的必要条件6. 解析： (1)2(1a)(1b)12ab1abab2(ab)()20， (1)2(1a)(1b)， lg(1)lg(1a)lg(1b)7. 解析：要证a，只需证b2ac3a2，只需证b2a(ba)3a2，只需证2a2abb20.只需证(2ab)(ab)0，只需证(ac)(ab)0.故索的因应为

45、.8. cn1cn解析：由条件得cnanbnn， cn随n的增大而减小 cn1cn.9. 3710. 5，6，7解析：方程x2y210x表示以(5，0)为圆心，5为半径的圆，过圆内一点(5，3)的弦中，最长弦为直径10，最短弦为8，设ana1(n1)d，则108(n1)d，则n1，d，故n的范围是5，7因为nN*，所以n5，6，711. 证明：要证明成立，只需证1a，只需证(1a)(1b)1(1b0)，即1baab1， abab，只需证1即1.由已知a0，1成立， 成立12. 证明：要证明f(x1)f(x2)f，即证明(tan x1tan x2)tan ，只需证明tan ，只需证明.由于x1、

46、x2，故x1x2(0，)所以cos x1cos x20，sin(x1x2)0，1cos(x1x2)0，故只需证明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即证1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即证cos(x1x2)1.由x1，x2，x1x2知上式是显然成立的因此，f(x1)f(x2)f.第6课时间接证明1. 2. ab解析：“ab”的否定应为“ab或ab”，即ab.3. a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数4. xa或xb5. a，b都不能被5整除6. x1，x20，1，使得|f(x1)f(x2)|x1x2|，则|f(x1)f(x2)|7. 8

47、. 丙9. 解析： 由反证法证明的步骤知，先反证即，再推出矛盾即，最后作出判断，肯定结论即，即顺序应为.10. m1或m解析：假设三个方程都无实数根，得116m24(4m3)0，解之得m；2(m1)24m20，解之得m或m1；34m28m0，解之得2m0.从而得m1，故至少有一个方程有实数根的m的取值范围是m1或m.11. (1) 证明： 假设数列Sn是等比数列，则SS1S3，即a(1q)2a1·a1·(1qq2)因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0矛盾，所以数列Sn不是等比数列(2) 解：当q1时，Snna1，故Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数

48、列，否则2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，这与公比q0矛盾综上，当q1时，数列Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列12. 解：假设A、B两位学生的数学成绩一样，由题意知他们语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有人比另一个人高，语文成绩较高的学生比另一个学生“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾因此，没有任意两位学生数学成绩是相同的因为数学成绩只有3种，因而学生数量最大为3，即 3位学生的成绩分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件第7课时数学归纳法(1)1. k2解析：nk(k2为偶数)的下一个偶数为k2.2. 5(5k2k)3×2k解析：假设nk时命题成立，即5k2k被3整除当nk1时，5k12k15×5k2×2k5(5k2k)5×2k2×2k5(5k2k)3×2k.3. 3·2k解析：项数为(2k11)(2k1)2k项4. 假设n2k1时正确，再推出n2k1时正确5. (2k2)(2k3)6. 解析：f(k1)f(k)().7. 8. (k1)2k2解析：分析等式变化规律可知左边实际增加的是(k1)2k2.9. 2(2k1)解析：nk时，左边(k1)(k2)(kk)；nk1时，左边(k2)(k3)(k1k1)